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山东省临沂市2019届高三化学下学期模拟考试试题（二）（含解析）第卷可能用到的相对原子质量：H1 B11 C12 O16 S32 C1 355 K39 Ca40 Fe56 Ag 108 I 127一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.明矾KA1(SO4)212H2O是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是A. 合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B. 从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC. “沉淀”反应的金属离子为Fe3+D. 上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C. “沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D；答案：D2.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 4.0g由CO2和SO2组成的混合物中含有的质子数为2NAB. 2.24LCl2与CH4在光照下反应生成的HCl分子数为0.1NAC. 常温下，0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.3NAD. 4.2gCaH2与水完全反应，转移的电子数为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A.4.0g CO2中含有的质子数为，4.0gSO2中含有的质子数为，因此4.0g由CO2和SO2 组成的混合物中含有的质子数也为2NA，故A正确；B.未说标准状况，无法计算，故B错误；C.不要忽略C-H键，0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数应该为7NA，故C错误；D. 4.2gCaH2与水完全反应，化学方程式为CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2转移的电子的物质的量为0.2mol，故D错误；答案：A【点睛】易错选项C，忽略C-H键的存在。3.三轴烯()(m)、四轴烯()(n)、五轴烯()(p)的最简式均与苯相同。下列说法正确的是A. m、n、p互为同系物B. n能使酸性KMnO4溶液褪色C. n和p的二氯代物均有2种D. m生成1molC6H14需要3molH2【答案】B【解析】【详解】A.同系物必须满足两个条件：结构相似分子组成相差若干个CH2，故A错误； B. n含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C. n的二氯代物有3种，p的二氯代物也有3种，故C错误； D.应该是m（C6H6）生成1molC6H12需要3molH2，故D错误；答案：B【点睛】易错选项C易忽略两个氯原子取代同一个碳上氢原子。4.实验室处理废催化剂FeBr3溶液，得到溴的四氯化碳溶液和无水FeCl3。下列图示装置和原理能达到实验目的的A. 制取氯气B. 将Br-全部转化为溴单质C. 分液时，先从下口放出有机层，再从上口倒出水层D. 将分液后的水层蒸干、灼烧制得无水FeCl3【答案】C【解析】【详解】A.1mol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰不反应，则不能制备氯气，故A错误； B.图中导管的进入方向不合理，将溶液排出装置，应从长导管进气短导管出气，故B错误；C.苯不溶于水，密度比水小，溴的苯溶液在上层，则用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层，故C正确；D.蒸发时促进氯化铁水解，生成盐酸易挥发，不能得到FeCl3，灼烧得到氧化铁，故D错误；本题答案为C。【点睛】分液时，分液漏斗内的下层液体从漏斗下口放出，上层液体从上口倒出。5.短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z位于同一主族：W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是A. 最简单氢化物的稳定性：WXB. 含氧酸的酸性：ZN=QPB. 图中M、P、Q三点对应溶液中相等C. N点溶液中c(Na+)c(X2-)c(HX-)c(H+)=c(OH-)D. P点溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+c(H2X)【答案】C【解析】【详解】A.M点：水电离出来的氢氧根离子为10-11.1mol/L，N点和Q点：水电离出来的氢氧根离子为10-7.0mol/L，P点水电离出来的氢氧根离子为10-5.4mol/L，水的电离程度：PN=QM，故A错误；B. H2X的第二步电离常数Ka2=得=，电离常数只与温度有关为定值，在滴定过程中溶液中氢离子浓度一直在减小，因此M、P、Q三点对应溶液中氢离子浓度不等，不相等，故不选B；C.N点为NaHX与Na2X的混合溶液，由图像可知，M点到P点发生HX-+OH-=H2O+X2-，根据横坐标消耗碱的量可知，在N点生成的X2-大于剩余的HX-，因此混合液n(Na2X)n(NaHX),因为溶液呈中性，X2-的水解平衡与HX-的电离平衡相互抵消，所以N点溶液中c(Na+)c(X2-)c(HX-)c(H+)=c(OH-)，故选C；D. P点恰好生成Na2X溶液，根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D错误；答案：C【点睛】本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。8.KI广泛应用于分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等。实验室制备KI的装置如下图所示。已知：3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O3H2S+KIO3KI+3S+3H2O(1)利用上图装置制备KI，其连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示)。(2)检查装置A气密性的方法是_；装置D的作用是_。(3)制备KI时，向三颈瓶中逐滴滴入KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无色时，立即停止滴加KOH溶液，然后通入足量H2S气体。反应结束后，向三颈瓶中加入硫酸溶液并加热，可以除去KI溶液中的H2S，原因是_。用肼(N2H4)替代H2S，制得产品纯度更高，理由是_(用化学方程式表示)。(4)设计实验方案除去KI溶液中的稀硫酸_。(5)若得到1.6g硫单质，理论上制得KI的质量为_g。【答案】 (1). aefcdb (2). 关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好 (3). 除去H2S中的HCl气体 (4). 加热使H2S的溶解度减小而放出；硫酸电离出的氢离子增大了c（H+），促使H2S电离平衡左移，导致H2S放出。 (5). 3N2H4+2KIO3=2KI+3N2+6H2O (6). 向KI溶液中加入足量BaCO3固体，充分搅拌后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并 (7). 16.6【解析】【分析】根据题干信息可知3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O3H2S+KIO3KI+3S+3H2O，需要反应物为H2S、KOH、I2，A装置根据强酸制弱酸原理制备硫化氢气体，FeS+2HCl=FeCl2+H2S；D装置用于除去H2S中的HCl气体，导管e进f出；C装置是制取KI的装置，硫化氢气体从c进入装置与其他反应物充分接触，剩余气体从d出去进入B装置，除掉未反应的硫化氢气体防止污染环境。【详解】(1)根据上面分析可知，制备KI，按气流方向其连接顺序为aefcdb；答案：aefcdb (2)装置A是启普发生器，检验气密性可利用压强差原理，方法是关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好；因为盐酸易挥发，所以制得的硫化氢中混有氯化氢，装置D的作用是除去H2S中的HCl气体；答案：关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好 除去H2S中的HCl气体(3)制备KI时，向三颈瓶中逐滴滴入KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无色时，也就是反应3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O结束，立即停止滴加KOH溶液，然后通入足量H2S气体，发生反应3H2S+KIO3KI+3S+3H2O。反应结束后，向三颈瓶中加入硫酸溶液并加热，可以除去KI溶液中的H2S，原因可以从电离平衡和气体溶解度随温度升高而减小分析；答案：加热使H2S的溶解度减小而放出；硫酸电离出的氢离子增大了c（H+），促使H2S电离平衡左移，导致H2S放出。因为肼(N2H4)也具有强还原性，可以肼(N2H4)替代H2S，肼(N2H4)氧化产物为氮气，可以使制得产品纯度更高，用化学方程式表示为3N2H4+2KIO3=2KI+3N2+6H2O。答案：3N2H4+2KIO3=2KI+3N2+6H2O(4)选择的药品在除杂的同时，要保证不掺入新的杂质，因此选择BaCO3；答案:向KI溶液中加入足量BaCO3固体，充分搅拌后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并(5)根据题干信息3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O3H2S+KIO3KI+3S+3H2O，列关系式计算；6KI 3S6mol 3moln(KI )mol mol得n（KI）=0.1molm（KI）=n(KI) M(KI)=0.1mol166g/mol=16.6g；答案：16.69.用硼镁矿(Mg2B2O5H2O，含Fe2O3杂质)制取硼酸(H3BO3)晶体的流程如下。同答下列问题：(1)沉淀的主要成分为_(填化学式)。(2)写出生成Na2B4O5(OH)48H2O的化学方程式_。(3)检验H3BO3晶体洗涤干净的操作是_。(4)已知：实验室利用此原理测定硼酸样品中硼酸的质量分数。准确称取0.3000g样品于锥形瓶中，加入过量甘油加热使其充分溶解并冷却，滴入12滴酚酞试液，然后用0.2000molL-1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00mL。滴定终点的现象为_。该硼酸样品的纯度为_(保留1位小数)。(5)电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的工作原理如下图。b膜为_交换膜(填“阴离子”或“阳离子”)。理论上每生成1molH3BO3，两极室共生成_L气体(标准状况)。N室中，进口和出口NaOH溶液的浓度：a_b(填“”或“”)。【答案】 (1). Mg(OH)2、Fe2O3 (2). 4NaB（OH）4+2CO2+3H2O=Na2B4O5（OH）48H2O+2NaHCO3 (3). 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤干净 (4). 溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (5). 90.9 (6). 阴离子 (7). 16.8 (8). 【解析】【分析】硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去沉淀Mg（OH）2和Fe2O3，NaB（OH）4溶液中通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O5（OH）48H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于盐酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O5（OH）48H2O晶体与盐酸反应得到硼酸，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硼酸(H3BO3)晶体。(1)镁离子可以生成氢氧化镁沉淀，三氧化二铁不与氢氧化钠反应； (2)反应物NaB（OH）4和过量CO2，生成物Na2B4O5(OH)48H2O和碳酸氢钠，写出化学方程式；(3)取最后一次洗涤液，利用硝酸银检验； (4) 根据酚酞遇酸不变色，遇碱变红来判断；利用关系式法进行计算；(5)M室氢氧根离子失电子，氢离子经过a膜进入产品室，a膜为阳离子交换膜；原料室中B（OH）4-通过b膜进入产品室遇M室进入的H+反应生成H3BO3，b膜为阴离子交换膜；原料室Na+经过c膜进入N室，c膜为阳离子交换膜，N室氢离子得电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大。即M室生成氧气，消耗水，N室生成氢氧化钠和氢气，据此分析。【详解】(1) 硼镁矿与氢氧化钠反应，镁离子生成氢氧化镁沉淀，Fe2O3不与氢氧化钠反应，因此沉淀的主要成分为Mg(OH)2、Fe2O3；答案：Mg(OH)2、Fe2O3(2) 反应物NaB（OH）4和过量CO2，生成物Na2B4O5(OH)48H2O和碳酸氢钠，化学方程式为4NaB（OH）4+2CO2+3H2O=Na2B4O5（OH）48H2O+2NaHCO3；答案：4NaB（OH）4+2CO2+3H2O=Na2B4O5（OH）48H2O+2NaHCO3(3)检验H3BO3晶体洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤干净；答案：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤干净(4)滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；答案：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色H3BO3NaOH 1mol 1mol n（H3BO3）0.2000mol/L22.0010-3L得n（H3BO3）=0.0044molm（H3BO3）= n（H3BO3）M（H3BO3）=0.0044mol62g/mol=0.2728g纯度为100%=90.9%(5)M室氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子经过a膜进入产品室，a膜为阳离子交换膜；原料室中B（OH）4通过b膜进入产品室遇M室进入的H+反应生成H3BO3，b膜为阴离子交换膜；原料室Na+经过c膜进入N室，c膜为阳离子交换膜，N室氢离子得电子生成氢气，氢氧根离子浓度逐渐增大。由上面分析可知b膜为阴离子交换膜，因为H+ B（OH）4=H3BO3+H2O，因此转移1mol电子生成1mol H3BO3；列关系式1mole-1/4O2（M室）1mol H3BO31/2H2（N室）理论上每生成1molH3BO3，两极室共生成（1/2+1/4）mol22.4L/mol=16.8L气体(标准状况)；由上面分析可知N室中，进口和出口NaOH溶液的浓度：ab；答案：阴离子 16.8 c（H2NCH2COO）c(H3N+CH2COOH) (4). H3N+CH2COOH+2OH= H2NCH2COO+2H2O (5). 2 (6). 97.7 (7). 低 (8). 120s-1 KPa-1【解析】【分析】(1)NO只是参与化学反应中间历程的，而其本身的数量和化学性质在反应前后基本保持不变；利用盖斯定律解题；(2)随着横坐标增大，碱性减弱，酸性增强，根据可知H2NCH2COO碱性越强含量越大，H3N+CH2COO在接近中性时含量最大，H3N+CH2COOH酸性越强含量越大，由此确定线为H2NCH2COO,线为H3N+CH2COO,线为H3N+CH2COOH，以此分析； (3)K=kPa-1，利用表格中数据进行计算；利用中计算的K计算即可；根据表格提供数据可知p(O2)越小，结合度越低，c（MbO2）越小；利用中计算的K，根据平衡时v正= v逆进行计算；【详解】(1)NO只是参与化学反应中间历程的，而其本身的数量和化学性质在反应前后基本保持不变，因此NO的作用是催化剂；答案：催化剂利用盖斯定律，根据已知；O3(g)+O(g) =2O2(g) H=-143kJmol-1O3(g)+NO(g) =NO2(g)+O2(g)H1=-200.2kJmol-1前者减去后者可得：NO2（g）+O（g）=NO(g)+O2(g) H=+57.2kJ/mol答案：NO2（g）+O（g）=NO(g)+O2(g) H=+57.2kJ/mol(2)随着横坐标增大，碱性减弱，酸性增强，根据题干可知碱性越强H2NCH2COO含量越大，在AG=04范围时H3N+CH2COO含量最大，酸性越强H3N+CH2COOH含量越大，由此确定线为H2NCH2COO,线为H3N+CH2COO,线为H3N+CH2COOH，溶液呈中性也就是AG=0，三种离子浓度由大到小的顺序可根据图像得到为c(H3N+CH2COO)c（H2NCH2COO）c(H3N+CH2COOH)；答案：c(H3N+CH2COO)c（H2NCH2COO）c(H3N+CH2COOH)根据可知加入过量NaOH溶液时溶液中主要存在H2NCH2COO-，AG=12时溶液中主要存在H3N+CH2COOH，据此写出离子方程式为: H3N+CH2COOH+2OH= H2NCH2COO+2H2O；答案：H3N+CH2COOH+2OH= H2NCH2COO+2H2O(3)K=kPa-1，利用表格中第一组数据可知：设肌红蛋白总浓度cc（1-50%） 0.50kPa c50%K=2利用中计算所得K=2计算即可；2=，得=97.7；答案：97.7根据表格提供数据可知p(O2)越小，结合度越低， MbO2浓度越低；答案：低利用中计算的K=2，根据平衡时v正= v逆进行计算；平衡时v正= v逆， 则k正c(Mb)p(O2)=k逆c(MbO2)，得K正= k逆K=60s-12kPa-1=120s-1 KPa-1；答案: 120s-1 KPa-111.元素周期表中第四周期的某些元素在生产、生活中有着广泛的应用。(1)硒常用作光敏材料，基态硒原子的价电子排布图为_；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有_种；SeO3的空间构型是_。(2)科学家在研究金属矿物质组分的过程中，发现了CuNiFe等多种金属互化物。确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是_。(3)镍能与类卤素(SCN)2反应生成Ni(SCN)2。(SCN)2分子中硫原子的杂化方式是_，键和键数目之比为_。(4)Co(NH3)5Cl3是钴的一种配合物，向100mL0.2molL-1该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成5.74g白色沉淀，则该配合物的化学式为_，中心离子的配位数为_。(5)已知：r(Fe2+)为61pm，r(Co2+)为65pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3的分解温度低于CoCO3，原因是_。(6)某离子型铁氧化物晶胞如下图所示，它由X、Y组成，则该氧化物的化学式为_。已知该晶体的密度为dgcm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该品体的晶胞参数a=_pm(用含d和NA的代数式表示)。【答案】 (1). (2). 3 (3). 平面三角形 (4). X射线衍射 (5). sp3杂化 (6). 5:4 (7). Co（NH3）5ClCl2 (8). 6 (9). Fe2+的半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，FeCO3比CoCO3易分解 (10). Fe3O4 (11). 1010【解析】【分析】(1)硒为34号元素，有6个价电子，据此书写价层电子排布图；同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第A族元素第一电离能大于相邻元素；气态SeO3分子Se原子孤电子对数=0，价层电子对数=3+0=3，为平面三角形；(2)确定晶体、非晶体的方法是X射线衍射(3)根据(SCN）2分子中分子结构式为NC-S-S-CN分析；(4)配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，据此计算出外界离子Cl-离子的数目，据此分析解答；(5)根据产物FeO的晶格能和CoO的晶格能比较进行分析；(6)根据均摊法确定微粒个数，即可确定化学式；晶胞参数a=1010cm。【详解】(1)硒为34号元素，有6个价电子，价电子排布图为；同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第A族元素第一电离能大于相邻元素，因此同一周期p区元素第一电离能大于硒的元素有3种，分别为As、Br、Kr； 气态SeO3分子Se原子孤电子对数=0，价层电子对数=3+0=3，为平面三角形；答案： 3 平面三角形(2)确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是是X射线衍射答案：X射线衍射(3)（SCN）2分子中分子结构式为NC-S-S-CN，每个S原子价层电子对个数是4且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论知硫原子的杂化方式为sp3，该分子中键和键数目之比为5:4；答案：sp3杂化 5:4(4)配合物的物质的量为0.2mol/L10010-3L=0.02mol，氯化银的物质的量为，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，1mol该配合物生成2mol AgCl沉淀，所以1mol该配合物中含2mol外界离子Cl-，即配离子中含有2个Cl-，该配合物的化学式可写为：Co（NH3）5ClCl2，中心离子配位数6；答案：Co（NH3）5ClCl2 6（5）因为Fe2+的半径小于Co2+，所以FeO的晶格能大于CoO，生成物FeO比CoO稳定，所以FeCO3的分解温度低于CoCO3；答案：Fe2+半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，FeCO3比CoCO3易分解（6）根据图示可知晶胞中含4个X、4个Y，每个X中含Fe3+：41/8+1=3/2，O2-：4；每个Y中含Fe3+：41/8=1/2，Fe2+：4 O：4 则晶胞中共有Fe3+：4（3/2+1/2）=8 ，Fe2+：44=16 O2-：（4+4）4=32，晶胞中铁与氧个数比为（8+16）：32=3:4，氧化物的化学式为Fe3O4；晶胞参数a=1010pm=